Descarga la aplicación para disfrutar aún más
Vista previa del material en texto
PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE FACULTAD DE MATEMATICAS DEPARTAMENTO DE MATEMATICA Segundo Semestre 2010 MAT 1610 ? AYUDANTÍA Sección 02 Sebastián Urrutia Quiroga 1. Determine los polinomios de Taylor en torno a x0 = 0 de las siguientes funciones: a) f(x) = ex b) g(x) = sin (x) c) h(x) = ln (x+ 1) Solución a) Recordemos la fórmula del polinomio de Taylor de orden n en torno a x0: f(x) = Tn(x) +Rn(x) con Tn(x) = n∑ k=0 f (k)(x0) k! (x− x0) k Rn(x) = fn+1(z) (n + 1)! (x− x0) n+1, z ∈ (x, x0) En este caso, notemos que f (k) = ex, ∀k. Aśı, f(x) = n∑ k=0 ex0 k! (x− x0) k +Rn(f) f(x) = n∑ k=0 xk k! +Rn(f) ex = 1 + x+ x2 2! + x3 3! + · · ·+ xn n! +Rn(f) 1 2 3 4 5 6 −1 −2 −3 −4 −5 −6 1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10 T2(x) T10(x) T5(x) f(x) = ex Aproximaciones a la función f(x) = ex con polinomios de Taylor. b) En el caso de la función seno, se tiene que: f (0)(x) = sin (x) ⇒ f (0)(0) = 0 f (1)(x) = cos (x) ⇒ f (1)(0) = 1 f (2)(x) =− sin (x) ⇒ f (2)(0) = 0 f (3)(x) =− cos (x) ⇒ f (3)(0) =−1 f (4)(x) = sin (x) ⇒ f (4)(0) = 0 Notemos que f (k)(x) = sin (x) k = 0, 4, 8, · · · cos (x) k = 1, 5, 9, · · · − sin (x) k = 2, 6, 10, · · · − cos (x) k = 3, 7, 11, · · · Aśı, f(x) = n∑ k=0 (−1)k (2k + 1)! x2k+1 +Rn(f) sin (x) = x− x3 3! + x5 5! − x7 7! + · · ·+ (−1)n (2n+ 1)! x2n+1 +Rn(f) 1 2 3 4 5 6 −1 −2 −3 −4 −5 −6 1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10 T9(x) T5(x) T3(x) sin (x) Aproximaciones a la función f(x) = sin (x) con polinomios de Taylor. c) Para el caso del logaritmo natural, vemos que: f (0)(x) = ln (x+ 1) f (1)(x) = 1 x+ 1 f (2)(x) = − 1 (x+ 1)2 f (3)(x) = 2 (x+ 1)3 ... f (k)(x) = (−1)k+1 (k − 1)! (x+ 1)k , si k > 0 Entonces, para k > 0 tenemos: f (k)(x0) k! (x− x0) k = (−1)k+1 (k − 1)! (x0 + 1)k k! (x− x0) k = (−1)k+1 k (x)k Para k = 0 tenemos: f (k)(x0) k! (x− x0) k = ln (1) 0! = 0 Aśı, ln (x+ 1) = x− x2 2 + x3 3 − · · ·+ (−1)n+1 n (x)n +Rn(f) Aproximaciones a la función f(x) = ln (x+ 1) con polinomios de Taylor. � 2. Si P (x) = 1+ 1 4 (x− 1)2 es el Polinomio de Taylor de orden 2 de y = f(x) en x = 1, demuestre que f tiene un mı́nimo local en x = 1. Solución Como el polinomio de Taylor de segundo orden cumple p(1) = f(1), p′(1) = f ′(1), p′′(1) = f ′′(1) y p(1) = 1, p′(1) = 0, p′′(1) = 1 2 , tenemos que f(1) = 1, f ′(1) = 0, f ′′(1) = 1 2 . Entonces, por el criterio de la segunda derivada para máximos y mı́nimos concluimos que x = 1 es un mı́nimo local para f . � 3. a) Utilice el Teorema de Taylor para aproximar sin (0.1) con su polinomio de grado n = 3 y determine la precisión de la aproximación. b) Determine el grado del polinomio de Taylor desarrollado en torno a x0 = 1 que debe utilizarse para aproximar ln (1.2) de manera que el error sea menor que 0.001. Solución a) Recordemos que: sin (x) = x− x3 6 +R3(x) = x− x3 3! + f (4)(z) 4! x4, 0 < z < 0.1 Por consiguiente, sin (0.1) ≈ 0.1− (0.1)3 6 ≈ 0.1− 0.000167 = 0.099833 Como f (4)(z) = sin (z), se sigue que el error |R3(0.1)| puede acotarse como sigue: 0 < sin (z) < 1 0 < sin (z) 4! < 1 4! 0 < sin (z) 4! (0.1)4 < 1 4! (0.1)4 ≈ 0.000004 0 < R3(z) < 0.000004 Lo que implica que, 0.099833 < sin (0.1) = 0.099833 +R3(z) < 0.099833 + 0.000004 0.099833 < sin (0.1) < 0.099837 b) Utilizando los cálculos anteriores, notemos que para f(x) = ln (x+ 1): f (n+1)(x) = (−1)n n! xn+1 Por tanto, por el Teorema de Taylor sabemos que el error |Rn(1.2)| está dado por: |Rn(1.2)| = ∣ ∣ ∣ ∣ f (n+1)(z) (n+ 1)! (1.2− 1)n+1 ∣ ∣ ∣ ∣ = n! zn+1 [ 1 (n + 1)! (0.2)n+1 ] = (0.2)n+1 zn+1(n + 1) de donde 1 < z < 1.2. En este intervalo (0.2) n+1 zn+1(n+1) es menor que (0.2) n+1 (n+1) . Aśı, buscamos n tal que: (0.2)n+1 (n + 1) < 0.001 =⇒ 1000 < (n+ 1)5n+1 Por ensayo y error, u otro método de cálculo, puede determinarse que el menor valor de n que satisface la desigualdad es n = 3. � 4. a) Sea R : I ⊂ R → R es una función tal que sea n − veces derivable en cierto entorno de x0 ∈ I. Entonces, ĺım x→x0 R(x) (x− x0)n = 0 ⇐⇒ R(x0) = R ′(x0) = · · · = R (n)(x0) = 0 b) Si Rn(x) es el resto del polinomio de Taylor de grado n, entonces pruebe que ĺım x→x0 Rn(x) (x− x0)n = 0 Solución a) (⇐=) Dado que la función es n−veces diferenciable, utilizamos la regla de L’Hôpital: ĺım x→x0 R(x) (x− x0)n = ︸︷︷︸ L′H ĺım x→x0 R′(x) n(x− x0)(n−1) = ︸︷︷︸ L′H ĺım x→x0 R(2)(x) n(n− 1)(x− x0)(n−2) · · · = ︸︷︷︸ L′H ĺım x→x0 Rn(x) n!(x− x0)(0) = 0 (=⇒) Si ĺım x→x0 R(x) (x− x0)n existe, entonces debe cumplirse que ĺım x→x0 R(x) = 0. Como la función R es continua, R(x0) = 0. Ahora bien, por la regla de L’Hôpital, ĺım x→x0 R(x) (x− x0)n = ĺım x→x0 R′(x) n(x− x0)(n−1) = 0 Repitiendo el argumento anterior, es claro que ĺım x→x0 R′(x) = 0 y, como la función R′ es continua -dado que R es n−veces diferenciable- se concluye que R′(x0) = 0. Iterando el proceso anterior n− veces, finalmente concluiremos que: ĺım x→x0 R(x) (x− x0)n = ĺım x→x0 Rn(x) n!(x− x0)(0) = 0 y por tanto R(n)(x0) = 0. Finalmente, R(x0) = R ′(x0) = · · · = R (n)(x0) = 0 b) Como por definición de resto de Taylor, Rn(x) = f(x) − Tn(f, x0), tenemos que Rn es derivable n− veces y que además todas sus derivadas hasta el orden n y su valor funcional en x = x0 son cero, entonces por el Teorema anterior tenemos que ĺım x→x0 Rn(x) (x− x0)n = 0 � 5. Calcule los siguientes ĺımites: a) ĺım x→0 ex − 1− x− x 2 2 sin (x)− x b) ĺım x→0 sin2 (x)− ln (1 + x2) x2 − x tan (x) Solución a) Utilizando los desarrollos de MacLaurin de las funciones que se encuentran tanto en el numerador como en el denominador, es decir, como ex − 1− x− x2 2 = x3 6 +R3(x), con ĺım x→0 R3(x) x3 = 0 sin (x)− x = − x3 6 + r3(x), con ĺım x→0 r3(x) x3 = 0 Aśı, ĺım x→0 ex − 1− x− x 2 2 sin (x)− x = ĺım x→0 x3 6 +R3(x) −x 3 6 + r3(x) = ĺım x→0 1 6 + R3(x) x3 −1 6 − r3(x) x3 = −1 b) Todos los polinomio de Taylor se calcularan con n = 5. El polinomio de Taylor de sin (x) para n = 5, se puede obtener a partir de tomar el cuadrado del polinomio de Taylor de grado 5 para sin (x), es decir: ( x− x3 3! + x5 5! )2 = ( x− x3 3! )2 + 2 ( x− x3 3! ) x5 5! + ( x5 5! )2 = x2 − x4 3 + x6 10 − x8 60 + x10 1202 Luego, el polinomio de Taylor de sin2 (x) que necesitamos es x2 − x4 3 Usando el polinomio de Taylor para ln (1 + x), obtenemos el polinomio de grado 5 para ln (1 + x2), que viene dado por x2 − x4 2 + x6 3 =⇒ x2 − x4 2 Finalmente, debemos obtener el polinomio de Taylor de tan (x) de grado cinco o inferior; para esto usamos los polinomios de Taylor de las funciones seno y coseno, dividiéndolas de la siguiente manera: tan (x) = sin (x) cos (x) = x− x 3 3! + x 5 5! 1− x 2 2! + x 4 4! Entonces, ( x− x 3 3! + x 5 5! ) : ( 1− x 2 2! + x 4 4! ) = x+ x 3 3 + 2x 5 15 − ( x− x 3 2! + x 5 4! ) x3 3 − x 5 30 − ( x3 3 − x 5 6 + x 7 72 ) 2x5 15 − x 7 72 Considerando los tres polinomios antes calculados, ĺım x→0 sin2 (x)− ln (1 + x2) x2 − x tan (x) = ĺım x→0 x2 − x 4 3 − x2 + x 4 2 x2 − x2 − x 4 3 − 2x 6 15 = ĺım x→0 x4 6 −x 4 3 − 2x 6 15 = ĺım x→0 1 6 −1 3 − 2x 2 15 = − 1 2 � 6. Considere a la función de Cauchy f(x) = { e− 1 x 2 , si x 6= 0 0 , si x = 0 Determine el polinomio de Taylor de dicha función en torno a x0 = 0. ¿Es una buena aproximación de f(x)? Solución Notemos que la función es continua en R. De hecho, la función de Cauchy es de clase C∞ en R. Calculemos: f ′(0) = ĺım x→0 f(x)− f(0) x = ĺım x→0 e− 1 x 2 x = 0 Aśı, f ′(x) = { 2 x3 e− 1 x 2 , si x 6= 0 0 , si x = 0 Por otra parte, f ′′(0) = ĺım x→0 f ′(x)− f ′(0) x = ĺım x→0 2 x3 e− 1 x 2 x = 0 Con estos resultados es fácil pensar que el polinomio de Taylor de orden 2 no es una buena aproximación de f(x), dado que T2(x)≡ 0 De hecho, siguiendo el razonamiento anterior se llegará a concluir que Tn(x) ≡ 0, ∀n ∈ N �
Compartir